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#1 21-07-2008 10:36:47

yoshi
Modo Ferox
Inscription : 20-11-2005
Messages : 16 948

Jeux de cubes

Bonjour,

L'exercice de Tangente donné par  tibo95640 m'a rappelé quelque chose...
Donc, pour l'occuper (lui et d'autres aussi), voici un exercice d'empilement de cubes d'un manuel de 6e qui m'avait donné l'idée d'une adaptation à deux niveaux supérieurs.
wvev.png
On fabrique une série d’empilement de cubes dont voici, ci-dessus, les 3 premiers.
Dessiner, en perspective cavalière, l’empilement n° 4.
Indiquer le nombre de cubes des empilements 2, 3 et 4.

J'avais donc ajouté pour des élèves de 3e, avides de recherche : quel est le nombre de cubes de l'empilement n° 10 ? n° 20 ?
Puis pour le niveau TS, j'avais terminé par : Quel est le nombres de cubes de l'empilement n° n ?

Bon courage.

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#2 21-07-2008 19:13:58

tibo
Membre expert
Inscription : 23-01-2008
Messages : 1 097

Re : Jeux de cubes

bon, je sais qu'il existe une astuce en partant d'un cube que l'on coupe en deux, mais je ne m'en rappelle plus.
Donc en passant par la méthode (très) bourin, j'obtient la formule (Un: nombre de cubes total; n: nombre d'étages):
Un=n(n+1)(n+2)/6

(je rappelle aux personne aussi folles que moi qui sont tentés de passer par ma voie que:
[tex]\sum\limits_{k=1}^n (k)=\frac{n(n+1)}{2}\ et\ \sum\limits_{k=1}^n (k^2)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}[/tex]
oui, je sais c'est vraiment très bourrin mais je suis en vacances et j'ai fait la première chose que m'est passé par la tête par flemme de réfléchir)

Dernière modification par tibo95640 (21-07-2008 19:15:56)


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#3 25-07-2008 20:36:35

tibo
Membre expert
Inscription : 23-01-2008
Messages : 1 097

Re : Jeux de cubes

pas de confirmation ou de non-confirmation?
ou bien une métode plus astucieuse que la mienne?
parce que en terminal, ma méthode n'est pas faisable...
Je continue à chercher de mon coté l'astuce en partant d'un cube (je sais qu'elle existe, je connais ce problème!!) mais sans grand succes

Dernière modification par tibo (25-07-2008 20:39:50)


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#4 26-07-2008 08:38:11

yoshi
Modo Ferox
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Messages : 16 948

Re : Jeux de cubes

Salut,

Je ne dispose hélas d'autre méthode que "bourrin", mais ABB (vu son talent) va se faire un plaisir de nous en donner une...
1. J'ai probablement utilisé la même méthode que toi.
Mais une remarque : la somme des carrés des nombres entiers consécutifs, n'est pas du cours, c'est un exo figurant dans l'un de mes recueils d'exos corrigés de TS. La démo fait appel aux cubes : rien qu'elle, est déjà "bourrine"...
2. La somme S de tous les cubes est  :
[tex]S\,=\, \frac{n(n\,+\,1)(n\,+\,2)}{6}[/tex]

@+


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#5 26-07-2008 17:20:25

tibo
Membre expert
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Messages : 1 097

Re : Jeux de cubes

bonjour,
ma méthode consiste à remarquer que l'étage n a (1+2+3+...+n)
donc:
[tex]S\,=\,\sum\limits_{k=1}^n \left( \sum\limits_{i=1}^k (i) \right)[/tex]
en simplifiant, on trouve la formule voulue.


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#6 26-07-2008 17:55:11

yoshi
Modo Ferox
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Messages : 16 948

Re : Jeux de cubes

Salut,

Bel effort ! Ecrit comme ça c'est court et c'est beau... Faire les calculs, c'est plus long.
Alors cette autre méthode avec des moitiés de cubes ?

@+


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#7 26-07-2008 18:12:00

tibo
Membre expert
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Re : Jeux de cubes

je ne la retrouve pas désolé


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#8 27-07-2008 15:13:24

Barbichu
Membre actif
Inscription : 15-12-2007
Messages : 405

Re : Jeux de cubes

Hello,
après lecture de l'énoncé avant de partir de Grèce il y a 2 jours, j'ai cherché une autre méthode que ce que vous appelez la "méthode bourrin", qui est pour ma part la plus simple, mais qui fait appel à la somme des k².
Au bout d'un moment j'ai trouvé une méthode qui est nettement compliquée à formaliser, mais assez visuelle au final et qui permet justement de retrouver le résultat de la somme des k². Et on peut généraliser cette méthode en dimension 4, 5, etc (mais ça devient difficile à "voir"). Bref, je me lance ...

On va appeler [tex]V_n[/tex] le volume défini par le n^ième assemblage, chaque cube ayant un volume élémentaire de 1.
On constate comme l'a dit tibo que [tex]V_n = \displaystyle\sum_{k=1}^n k(k+1)/2[/tex] (On suppose qu'on connait la somme des k, sinon : cf (*)

Commençons par une analyse des découpages possibles d'un cube
Comme on peut le constater d'après le calcul direct (connaissant la somme des k²) on a [tex]V_n = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}[/tex] de plus l'assemblage numéro n s'étend sur chaque dimension d'un longueur n, on ne peut donc l'inscrire que dans un cube de coté [tex]\geq n[/tex]. Or on voit que pour découper le cube de volume n³ en sous-volumes [tex]V_n \eq \frac{n^3}{6}[/tex] (assymptotiquement), il faut le découper en au moins 6 morceaux. Ce qui rend impossible tout découpage en 2 comme sugéré par tibo. De plus, si on essaye de réaliser l'assemblage directement, ça ne peut pas marcher (un cube se divise en 4 tétraèdres "droits" (éventuellement formés par l'assemblage numéro n) et 1 tétraèdre régulier qu'on ne peut pas découper simplement)

Voici donc ma proposition :
[tex]2V_n = \displaystyle\sum_{k=1}^n k(k+1)[/tex] que l'on peut représenter comme une pyramide à n étages, de base de taille [tex]n(n+1)[/tex] et de sommet de taille 2. {Je vais faire un dessin et tenter de l'insérer ici}
On peut alors assembler 3 pyramides (une par dimension, et justement, une avec la hauteur de la pyramide suivant chacune des dimensions) pour former un cube de taille n(n+1)(n+2).
{Je vais faire un dessin et tenter de l'insérer ici}
Ainsi : [tex]6V_n = n(n+1)(n+2)[/tex] ou encore [tex]V_n = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}[/tex] C'est magique ;) !!

Suggestions d'extension :
(*) Reproduire la chose en dimension 2. On cherchera d'abord à expliciter la structure de base et sa surface [tex]V_{2,n} = S_n[/tex].
(**) Idem en dimension 4  (resp. 5). On cherchera d'abord à expliciter la structure de base et son hyper-volume  [tex]V_{4,n}[/tex] (resp. [tex]V_{5,n}[/tex])
  (***) Intuiter une formule liant   [tex]V_{p,n}[/tex] et [tex]n(n+1)\ldots(n+p-1)[/tex] puis la montrer par récurrence pour tout n,p. (faire la récurrence sur n à p fixé)

++
PS : reste à faire les dessins.


Barbichu

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